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\documentclass[10pt]{article} 

\input{wang_preamble.tex}

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\usepackage{titling}
\setlength{\droptitle}{-2cm}   % This is your set screw

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%%%文档的题目、作者与日期
%%\author{王立庆（2019级数学与应用数学1班）}
%\author{学号 \underline{\hspace{4cm}}\,\,\,\, 姓名 \underline{\hspace{4cm}}  }
%%\title{高等代数第六章：向量空间}
%\title{统计软件考试解答 }
%%\date{\vspace{-3ex}}
%\renewcommand{\today}{\number\year \,年 \number\month \,月 \number\day \,日}
%\date{2023年4月24日}

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\begin{document}

%\maketitle

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\begin{center}

{\Large\bf \H 上海立信会计金融学院期终考试卷 } \hspace{0.3cm} {\Large \underline{ B }卷 解答}

\vspace{0.3cm}

{\large \bf \H 2023 $\sim$ 2024 学年 第 二 学期 }

\vspace{0.3cm}

{\large \bf \H \underline{ \emph{2021-2022级数学与应用数学专业} } 《\underline{ \emph{实变函数} }》 课程代码：\underline{ 160690320 }  }

\end{center}

\vspace{0.3cm}

本次考试共10题，每题10分。

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\begin{enumerate}

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%\newpage 
\item %1
设 $E\subseteq \mathbb{R}^n$ 是一个点集， $E$ 的导集 $E'$ 是 $E$ 的全体聚点组成的集合。
证明 $(A\cup B)' \subseteq A'\cup B'$. 

填空题。将下述证明填充完整。

%证明：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  
设 $P_0\in (A\cup B)'$, 即 $P_0$ 是 $A\cup B$ 的聚点。

\item  
根据聚点的定义，
对每个正整数 $k$, 邻域 $U(P_0,\frac{1}{k})$ 中包含 $A\cup B$ 的无穷多个点。

\item  
因此这个邻域中要么包含 $A$ 的 ({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm}无穷多\hspace{0.2cm} }} ) 个点，或者包含 $B$ 的 ({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm}无穷多\hspace{0.2cm} }} ) 个点。

\item  
对每个正整数 $k$, 都能选择 $A$ 或 $B$, 因此 $A$ 或 $B$ 被选择了 ({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm}无穷多\hspace{0.2cm} }} ) 次。
 
\item  
对 $P_0$ 的每个邻域 $U(P_0)$, 存在正整数 $k$, 使得 $U(P_0,\frac{1}{k})\subseteq U(P_0)$. 

\item  
如果 $A$ 被选择了无穷多次，那么 $P_0$ 的任意邻域里都包含 $A$ 的无穷多个点，这时 $P_0$ 是 $A$ 的 ({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm}聚点\hspace{0.2cm} }} ) ，即 $P_0\in A'$. 

\item  
如果 $B$ 被选择了无穷多次，那么 $P_0$ 的任意邻域里都包含 $B$ 的无穷多个点，这时 $P_0$ 是 $B$ 的 ({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm}聚点\hspace{0.2cm} }} ) ，即 $P_0\in B'$.  

\item  
因为  $P_0\in A'$ 或  $P_0\in B'$,  所以 $P_0\in A'\cup B'$. 

\end{enumerate}

{\color{red}解答：
\dotfill (\underline{\hspace{0.2cm} 每个空格2分 \hspace{0.2cm}})

}


\vspace{0.2cm}

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%\newpage 
\item %2
证明外测度具有次可数可加性：对平面上的可数个点集 $A_1,A_2,\cdots, A_n,\cdots$, 有 
$$m^* \left( \bigcup_{n=1}^{\infty} A_n \right) \le \sum_{n=1}^{\infty}m^*(A_n). $$ 
%\hfill\underline{\makebox[4cm]{理由： }}

判断题。判断下述证明中的每句话是否正确。在编号旁边的括号里打 $\surd$ 或 $\times$.  

%证明：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]

\item  
 %({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
给定任意正数 $\varepsilon>0$.    

\item  
 ({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
因为外测度是开覆盖的总测度的下确界，所以点集 $A_n$ 存在开覆盖 $\{I_{n,k}\}_{k=1}^{\infty}$ 使得 $$m^*(A_i)\ge \sum\limits_{k=1}^\infty m(I_{n,k}) - \frac{\varepsilon}{2^n}. $$

\item   
 ({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
因为点集 $\bigcup\limits_{n=1}^{\infty} A_n$ 有开覆盖 $\{I_{n,k}\}_{n,k=1}^{\infty}$, 所以 $m^*\left( \bigcup\limits_{n=1}^{\infty} A_n \right) \le \sum\limits_{n,k=1}^\infty m(I_{n,k})$. 

\item   
 ({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
结合上面的2与3，所以 $m^*\left(\bigcup\limits_{n=1}^{\infty} A_n\right)\le \sum\limits_{n}^\infty \left[m^*(A_i) + \frac{\varepsilon}{2^n}\right]$.  

\item   
 ({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\times$ \hspace{0.1cm} }} ) 
根据正项级数求和，可得 $m^*\left(\bigcup\limits_{n=1}^{\infty} A_n\right)\le \sum\limits_{n}^\infty m^*(A_i) + \frac{\varepsilon}{2} $.  
%\hfill \underline{\hspace{4cm}}

\item   
 ({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
因为5式中的 $\varepsilon$ 可以是任意正数，所以 $m^*\left(\bigcup\limits_{n=1}^{\infty} A_n\right)\le \sum\limits_{n}^\infty m^*(A_i) $.  

\end{enumerate}

{\color{red}解答：
\dotfill (\underline{\hspace{0.2cm} 每个空格2分 \hspace{0.2cm}})

}

\vspace{0.2cm}

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%\newpage 
\item %3
设 $\{E_n\mid n=1,2,\cdots\}$ 是一列可测集。
证明下极限 $L:=\varliminf\limits_{n\to\infty} E_n$ 也是可测集，且有
$$m\left( L \right) \le \varliminf\limits_{n\to\infty} m(E_n). $$

单项选择题。在下述证明的括号里选择适当的备选理由。

\begin{enumerate}[label={(\Alph*)}]
\item  某个集合之后的无穷多个集合
\item  某个集合之后的所有集合
\item  一个递增的集合序列
\item  一个递降的集合序列
\item  可数个可测集的交集仍是可测集
\item  可数个可测集的并集仍是可测集
\item  递增的可测集序列的极限的测度等于这列可测集的测度组成的序列的极限
\item  递降的可测集序列的极限的测度等于这列可测集的测度组成的序列的极限
\end{enumerate}

%证明：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]

\item  
对每个 $n=1,2,\cdots$, 记 $H_n = \bigcap\limits_{k=n}^{\infty} E_k$. 

\item  
根据下极限的定义，其中的元素要属于
%某个集合之后的所有集合，
({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm} B \hspace{0.2cm} }} )，
所以 $L:=\varliminf\limits_{n\to\infty} E_n = \bigcup\limits_{n=1}^{\infty} H_n$. 

\item  
%根据可测集的可数交集仍是可测集，
根据 ({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm} E \hspace{0.2cm} }} )，
从 $E_n, E_{n+1},\cdots $ 都是可测集，得出 $H_n$ 也是可测集。 

\item  
%根据可测集的可数并集仍是可测集，
根据 ({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm} F \hspace{0.2cm} }} )，
从 $H_1, H_2,\cdots $ 都是可测集，得出 $L$ 也是可测集。

\item  
%因为 $H_1\subseteq H_2\subseteq \cdots$ 是一个递增的集合序列，
因为 $H_1\subseteq H_2\subseteq \cdots$ 是 ({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm} C \hspace{0.2cm} }} )，
所以 $m(H_1)\le m(H_2)\le \cdots$ 是一个递增的数列。

\item  
%根据\S3.2的定理8，
根据 ({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm} G \hspace{0.2cm} }} )，
可得 $m(L)$ 是递增数列 $m(H_1)\le m(H_2)\le \cdots$ 的极限。

\item  
因为 $H_n=E_n\cap E_{n+1}\cap\cdots$, 所以 $H_n\subseteq E_n$, 所以 $m(H_n)\le m(E_n)$. 

\item  
根据(6)和(7)可得 $m(L)$ 小于等于数列 $m(E_1),m(E_2),\cdots$ 的下极限。

\end{enumerate}

{\color{red}解答：
\dotfill (\underline{\hspace{0.2cm} 每个空格2分 \hspace{0.2cm}})


}


\vspace{0.2cm}

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%\newpage 
\item %4
证明可测集 $E\subseteq \mathbb{R}$ 上的连续函数 $f$ 是可测函数。

填空题。将下述证明填充完整。

%证明：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  根据 ({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm}可测函数\hspace{0.2cm} }} ) 的定义，对任意实数 $a$, 要证明 $E[f>a]$ 都是可测集。
\item  对任意 $x\in E[f>a]$, 即 $f(x)>a$, 记 $\varepsilon = f(x)-a$, 则 $\varepsilon>0$. 
\item  因为 $f$ 是 ({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm}连续函数\hspace{0.2cm} }} ) ，所以存在 $\delta>0$, 使得当 $y\in E$ 且 $|y-x|<\delta$ 时有 $|f(y)-f(x)|<\varepsilon$. 
\item  记 $U(x)=\{y\in\mathbb{R}: |y-x|<\delta\}$, 则 $U(x)$ 是 ({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm}开区间\hspace{0.2cm} }} ) ，且由(3)可得 $U(x)\cap E\subseteq E[f>a]$. 
\item  对每个 $x\in E[f>a]$, 都存在这样的开区间 $U(x)$, 记 $G=\bigcup \{U(x): x\in E[f>a]\}$ 是其并集。
\item  因为任意多个开区间的并集仍是 ({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm}开集\hspace{0.2cm} }} ) ，所以 $G\subseteq \mathbb{R}$ 是开集，从而是可测集。
\item  因为两个可测集的交集仍是 ({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm}可测集\hspace{0.2cm} }} ) ，所以 $E[f>a] = E\cap G$ 也是可测集。

\end{enumerate}

{\color{red}解答：
\dotfill (\underline{\hspace{0.2cm} 每个空格2分 \hspace{0.2cm}})

}


\vspace{0.2cm}

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%\newpage 
\item %5
（莱维定理）设 $E\subseteq\mathbb{R}^n$ 是可测集，设 $\{f_n(x)\}$ 是 $E$ 上一列非负可测函数，设对任意 $x\in E$, 对任意正整数 $n$, 都有 $f_n(x)\le f_{n+1}(x)$. 记 $f(x) = \lim\limits_{n\to\infty} f_n(x)$, 则有 
$$\lim\limits_{n\to\infty}\int_E f_n(x)dx = \int_E f(x)dx. $$ 

判断题。判断下述证明中的每句话是否正确。在编号旁边的括号里打 $\surd$ 或 $\times$.  

%证明：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]

\item  %1
({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
因为 $f_1(x)\le  f_2(x)\le \cdots f_n(x)\le \cdots \le f(x)$, 所以由非负可测函数的勒贝格积分的基本性质，可得 $$\int_E f_n(x)dx \le \int_E f(x)dx. $$ 

\item  %2
({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
设 $\varphi(x)$ 是定义在 $E$ 上的使得 $0\le \varphi(x)\le f(x)$ 的任意一个简单函数。   

\item  %3
({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
对任意 $0<c<1$, 记 $E_n = E[f_n\ge c\varphi]$. 

\item  %4
({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
因为 $f_n(x)\le f_{n+1}(x)$, 所以 $E_1\subseteq E_2\subseteq\cdots\subseteq E_n\subseteq\cdots$ 是单调递增序列。

\item  %5
({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
因为 $\varphi(x)\le f(x) = \lim\limits_{n\to\infty} f_n(x)$, 
所以 $\bigcup\limits_{n=1}^{\infty} E_n=E$. 

\item  %6
({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\times$ \hspace{0.1cm} }} ) 
由非负可测函数的勒贝格积分的基本性质，可得 
$$\int_Ef_n(x)dx \le \int_{E_n} f_n(x)dx \le \int_{E_n} c\varphi(x)dx =c\int_{E_n}\varphi(x)dx. $$

\item  %7
({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\times$ \hspace{0.1cm} }} ) 
两边取极限 $n\to\infty$, 由非负简单函数的勒贝格积分的基本性质，可得 
$$\lim\limits_{n\to\infty}\int_Ef_n(x)dx \le 
c\lim\limits_{n\to\infty} \int_{E_n}\varphi(x)dx
=c\int_E \varphi(x)dx. $$

\item  %8
({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\times$ \hspace{0.1cm} }} ) 
因为(5)对任意 $0<c<1$ 都成立，所以有 
$$\lim\limits_{n\to\infty}\int_Ef_n(x)dx 
\le \int_E \varphi(x)dx. $$

\item  %9
({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
因为(8)对满足 $0\le \varphi(x)\le f(x)$ 的任意简单函数 $\varphi(x)$ 都成立，所以由非负可测函数的勒贝格积分的定义，可得
 $$\lim\limits_{n\to\infty}\int_Ef_n(x)dx 
\ge \int_E f(x)dx. $$

\item  %10
({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
由(1)与(9)可得所证等号成立。

\end{enumerate}

{\color{red}解答：
\dotfill (\underline{\hspace{0.2cm} 每个空格1分 \hspace{0.2cm}})


}



\vspace{0.2cm}

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%\newpage 
\item %6
（积分的绝对连续性）设 $E\subseteq\mathbb{R}^n$ 是可测集，设 $f\in L(E)$, 则对任意 $\varepsilon>0$, 存在 $\delta>0$, 使得对任意可测集 $A\subseteq E$, 只要 $m(A)<\delta$, 就有
\begin{subequations}
\begin{align}
\left\vert \int_A f(x)dx \right\vert < \varepsilon. 
\tag{*}
\label{main-task}
\end{align}
\end{subequations}


单项选择题。在下述证明的括号里选择适当的备选理由。

\begin{enumerate}[label={(\Alph*)}]
\item  勒贝格可积函数
\item  勒贝格可测函数
\item  非负简单函数
\item  非负可测函数
\item  $M=1+\max\{\varphi(x): x\in E\}$
\item  $M=1+\min\{\varphi(x): x\in E\}$ 

\end{enumerate}


%证明：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]

\item  %1
因为 $f$ 是 $E$ 上的
%勒贝格可积函数，
 ({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm} A \hspace{0.2cm} }} )，
所以 $|f|$ 也是 $E$ 上的
%勒贝格可积函数
 ({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm} A \hspace{0.2cm} }} )。

\item  %2
%根据非负可测函数
根据 ({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm} D \hspace{0.2cm} }} ) 
的勒贝格积分的定义，
对任意 $\varepsilon>0$, 存在%非负简单函数 
({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm} C \hspace{0.2cm} }} ) 
$\varphi\le |f|$ 使得 
$$\int_E |f(x)|dx - \frac{\varepsilon}{2} \le \int_E\varphi(x)dx \le \int_E |f(x)|dx. $$

\item  %3
对任意可测集 $A\subseteq E$, 根据勒贝格积分的基本性质，有 
\begin{subequations}
\begin{align}
\left\vert \int_A f(x)dx\right\vert \le  \int_A \left\vert f(x)\right\vert dx
= \int_A \left[ \left\vert f(x)\right\vert - \varphi(x) \right] dx + \int_A\varphi(x)dx. 
\tag{**}
\label{main-estimation}
\end{align}
\end{subequations}

\item  %4
根据(2)可知估计式 (\ref{main-estimation}) 最右边的第一项的绝对值不超过 $\frac{\varepsilon}{2}$. 

\item  %5
%记 $M=1+\max\{\varphi(x): x\in E\}$, 
记 ({\color{red}\underline{\hspace{0.2cm} E \hspace{0.2cm} }} ), 
记 $\delta=\frac{\varepsilon}{2M}$, 
当 $m(A)\le \delta$ 时，估计式 (\ref{main-estimation}) 最右边的第二项
\begin{eqnarray*}
\int_A\varphi(x)dx < \int_A M dx = M\cdot m(A) \le M\cdot \delta = M\cdot \frac{\varepsilon}{2M} = \frac{\varepsilon}{2}. 
\end{eqnarray*}

\item  %6
将(4)与(5)代入(3)中的可知需要证明的不等式 (\ref{main-task}) 成立。

\end{enumerate}

{\color{red}解答：
\dotfill (\underline{\hspace{0.2cm} 每个空格2分 \hspace{0.2cm}})

}

\vspace{0.2cm}

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%\newpage 
\item %7
设 $f(x) = \frac{\sin(1/x)}{x^\alpha},\,\, 0<x\le 1,$
讨论 $\alpha$ 为何值时，$f(x)$ 在 $(0,1]$ 上是勒贝格可积的。

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：

\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]

\item  %1
当 $\alpha\ge 1$ 时，对 $0< x\le 1$, 有 $x^\alpha \le x$, 因此 
\dotfill (\underline{\hspace{0.2cm} 2分 \hspace{0.2cm}})
$$
\int_0^1 \frac{|\sin(1/x)|}{x^\alpha}dx \ge \int_0^1 \frac{|\sin(1/x)|}{x}dx. 
$$

\item  %2
设变量代换 $t=\frac{1}{x}$, 则上述右边的积分化为
\dotfill (\underline{\hspace{0.2cm} 2分 \hspace{0.2cm}})
$$
\int_1^{\infty}t\cdot |\sin(t)|\cdot \frac{1}{t^2}dt = \int_1^{\infty} \frac{|\sin(t)|}{t}dt = \infty. 
$$

\item  %3
因此当 $\alpha\ge 1$ 时，$f(x)$ 在 $(0,1]$ 上不是勒贝格可积的。
\dotfill (\underline{\hspace{0.2cm} 2分 \hspace{0.2cm}})

\item  %4
当 $\alpha<1$ 时，
\dotfill (\underline{\hspace{0.2cm} 2分 \hspace{0.2cm}})
$$
\int_0^1 \frac{|\sin(1/x)|}{x^\alpha}dx \le \int_0^1 \frac{1}{x^\alpha}dx
=(R)\int_0^1 \frac{1}{x^\alpha}dx = \frac{1}{1-\alpha}x^{1-\alpha}\mid_0^1 =\frac{1}{1-\alpha} 
<\infty. 
$$

\item  %6
因此当 $\alpha< 1$ 时，$f(x)$ 在 $(0,1]$ 上是勒贝格可积的。
\dotfill (\underline{\hspace{0.2cm} 2分 \hspace{0.2cm}})

\end{enumerate}

}



\vspace{0.2cm}

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\newpage 
\item %8
设 $\{f_n(x)\}$ 是定义在 $E$ 上的一列函数，设 $c$ 是任意实数。证明：
$$\{x: \underset{n}\inf \{f_n(x)\} \ge c \} = \bigcap\limits_{n=1}^{\infty} \left\{ x: f_n(x) \ge c \right\}. $$ 

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  %1
设 $x$ 属于左边集合，则 $\underset{n}{\inf}\{f_n(x)\} \ge c$. 
根据下确界的定义，对每个 $n$ 都有 $f_n(x)\ge c$. 因此 $x$ 属于右边集合。
\dotfill (\underline{\hspace{0.2cm} 5分 \hspace{0.2cm}})

\item  %2
设 $x$ 属于右边集合，则对每个 $n$ 都有 $f_n(x)\ge c$. 
因此 $c$ 是数集 $\{f_n(x)\}_{n=1}^{\infty}$ 的一个下界。
所以 $\underset{n}\inf \{f_n(x)\} \ge c \}$. 即 $x$ 属于左边集合。
\dotfill (\underline{\hspace{0.2cm} 5分 \hspace{0.2cm}})

\end{enumerate}
}

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\newpage 
\item %9
（叶戈罗夫定理）设可测集 $E\subseteq \mathbb{R}$ 的测度有限。设 $\{f_n:E\to\mathbb{R}\}$ 是一列可测函数，处处收敛于函数 $f:E\to\mathbb{R}$. 证明对任意 $\delta>0$, 存在子集 $E_\delta\subseteq E$, 使得 $m(E-E_\delta)<\delta$, 且 $\{f_n\}$ 关于 $x\in E_\delta$ 一致收敛。

判断题。判断下述证明中的每句话是否正确。在编号旁边的括号里打 $\surd$ 或 $\times$.  

%证明：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]

\item  %1
 ({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
对任意两个正整数 $n,k$, 记 $E_{n,k} = \{ x\in E: |f_n(x)-f(x)|\ge \frac{1}{k} \}$. 

\item  %2
 ({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
因为 $\lim\limits_{n\to\infty}f_n(x)=f(x)$ 对每个 $x\in E$ 都成立，所以
$\bigcap\limits_{N=1}^{\infty} \bigcup\limits_{n=N}^{\infty}E_{n,k} = \varnothing $ 对每个正整数 $k$ 都成立。  

\item  %3
 ({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
由(2)可知递降序列 $\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}E_{n,k} \supseteq \bigcup\limits_{n=2}^{\infty}E_{n,k}\supseteq\cdots \bigcup\limits_{n=N}^{\infty}E_{n,k}\supseteq\cdots$ 的极限是空集。 

\item  %4
 ({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
对任意$\delta>0$, 对任意正整数 $k$, 由(3)以及 $m(E)<\infty$ 可知存在 $N_k$ 使得 $$m\left( \bigcup\limits_{n=N_k}^{\infty}E_{n,k}\right)< \frac{\delta}{2^k}. $$

\item  %5
 ({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
记 $F_\delta = \bigcup\limits_{k=1}^{\infty}\bigcup\limits_{n=N_k}^{\infty}E_{n,k}$. 
由外测度的次可数可加性，有 $$m(F_\delta) \le \sum\limits_{k=1}^{\infty} m\left( \bigcup\limits_{n=N_k}^{\infty}E_{n,k} \right)< \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{\delta}{2^k} = \delta. $$ 

\item  %6
 ({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
记 $E_\delta=E-F_\delta$. 要证明 $\lim\limits_{n\to\infty}f_n(x)=f(x)$ 对 $x\in E_\delta$ 是一致收敛的。

\item  %7
 ({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
由德摩根公式，$$ E_\delta = E - \bigcup\limits_{k=1}^{\infty}\bigcup\limits_{n=N_k}^{\infty}E_{n,k}
 = \bigcap\limits_{k=1}^{\infty}\bigcap\limits_{n=N_k}^{\infty} (E - E_{n,k}) 
 = \bigcap\limits_{k=1}^{\infty}\bigcap\limits_{n=N_k}^{\infty} E[ | f_n-f | < \frac{1}{k}]. $$

\item  %8
 ({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
对任意 $\varepsilon>0$ 存在正整数 $k$ 使得 $\frac{1}{k}<\varepsilon$. 

\item  %9
 ({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
由(7)可知，对(8)中的 $k$ 存在 $N_k$ 使得对 $n\ge N_k$ 有 $E_\delta\subseteq E[ | f_n-f | < \frac{1}{k}]$. 

\item  %10
 ({\color{red}\underline{\hspace{0.1cm} $\surd$ \hspace{0.1cm} }} ) 
由(8)与(9)可知，对任意 $\varepsilon>0$ 存在 $N_k$ 使得当 $n\ge N_k$ 时 
$| f_n(x)-f(x) | < \varepsilon $ 对 $x\in E_\delta$ 都成立。 

\end{enumerate}

{\color{red}解答：
\dotfill (\underline{\hspace{0.2cm} 每个空格1分 \hspace{0.2cm}})


}



\vspace{0.2cm}

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%\newpage 
\item %10
举例说明函数列可以处处不收敛，但是依测度收敛。也可以处处收敛，但不是依测度收敛。

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：

\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]

\item  %1
考虑定义在 $E=(0,1]$ 上的一列函数。
考虑区间 
\begin{equation*}
\begin{aligned}
& A_{11}=\left(0,\frac{1}{2}\right], A_{12}=\left(\frac{1}{2},1\right]; \\  
& A_{21}=\left(0,\frac{1}{4}\right], A_{22}=\left(\frac{1}{4},\frac{2}{4}\right], A_{23}=\left(\frac{2}{4},\frac{3}{4}\right], A_{24}=\left(\frac{3}{4},1\right]; \\
& \vdots; \\ 
& A_{k1}=\left(0,\frac{1}{2^k}\right], A_{k2}=\left(\frac{1}{2^k},\frac{2}{2^k}\right], \cdots, A_{k,2^k}=\left(\frac{2^k-1}{2^k},1\right]; \\ 
& \vdots. 
\end{aligned}
\end{equation*}
记 $\chi(F,x)$ 为示性函数，即在子集 $F$ 上的函数值为1，在 $F$ 之外的函数值为零的函数。
则 $\chi(A_{11},x), \chi(A_{12},x), \chi(A_{21},x), \chi(A_{22},x), \cdots$ 
是一列处处不收敛，但是依测度收敛于零函数的函数序列。
\dotfill (\underline{\hspace{0.2cm} 5分 \hspace{0.2cm}})

\item  %2
考虑定义在 $E=[0,\infty)$ 上的一列函数。
考虑区间 $A_1=[1,\infty), A_2=[2,\infty), A_3=[3,\infty), \cdots$. 
则示性函数序列 $\chi(A_1,x), \chi(A_2,x), \chi(A_3,x), \cdots$ 是一列函数，处处收敛于零函数。
但这列函数不是依测度收敛的。
\dotfill (\underline{\hspace{0.2cm} 5分 \hspace{0.2cm}})

\end{enumerate}


}

\vspace{0.2cm}

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\end{enumerate}

\end{document}





